2020年高考理科数学全国卷2附答案解析版

2020年高考全国卷Ⅱ数学(理)试卷及答案详解,

2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择1. 已知集合U={−2,−1,0,1,2,3},A={−1,0,1},B={1,2}，则∁U(A∪B)= ( )A. {−2,3}B. {−2,2,3}C. {−2,−1,0,3}D. {−2,−1,0,2,3}2. 若α为第四象限角，则( )A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D. sin2α<03. 在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天新订单是1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天积压订单及当日订单配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者( )A.10名B.18名C.24名D.32名4. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块5. 若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为( )A.√55B. 2√55C.3√55D.4√556. 数列{a n}中，a1=2，a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25，则k= ()A.2B.3C.4D.57. 如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为( )A.EB.FC.GD.H8. 设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点.若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为() A.4 B.8 C.16 D.329. 设函数f(x)=ln|2x+1|−ln|2x−1|，则f(x)( )A.是偶函数，且在(12,+∞)单调递增B.是奇函数，且在(−12,12)单调递减C.是偶函数，且在(−∞,−12)单调递增D.是奇函数，且在(−∞,−12)单调递减10. 已知△ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为()A.√3B.32C.1 D.√3211. 若2x−2y<3−x−3−y，则( )A. ln(y−x+1)>0B.ln(y−x+1)<0C.ln|x−y|>0D.ln|x−y|<012. 0−1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a 1a 2⋯a n ⋯满足a i ∈{0,1}(i =1,2,⋯)，且存在正整数m ，使得a i+m =a i (i =1, 2, ⋯)成立，则称其为0−1周期序列，并称满足a i+m =a i (i =1, 2, ⋯)的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0−1序列a 1a 2⋯a n ⋯,C (k )=1m∑a i m i=1a i+k (k =1, 2, ⋯, m −1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0−1序列中，满足C (k )≤15(k =1,2,3,4)的序列是( ) A.11010⋯ B.11011⋯ C.10001⋯ D.11001⋯二、填空题已知单位向量a →，b →的夹角为45∘，ka →−b →与a →垂直，则k =________.4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法有________种．设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=2，z 1+z 2=√3+i ，则|z 1−z 2|=________.设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行. p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下列命题中所有真命题的序号是________.①p 1∧p 4 ；②p 1∧p 2 ；③¬p 2∨p 3 ； ④¬p 3∨¬p 4. 三、解答题△ABC 中， sin 2A −sin 2B −sin 2C =sin B sin C . (1)求A ；(2)若BC =3，求△ABC 周长的最大值．某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加，为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)，其中x i 和y i 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得∑x i 20i=1=60 ，∑y i 20i=1=1200， ∑(x i −x ¯)220i=1=80， ∑(y i −y ¯)220i=1=9000，∑(x i −x ¯)20i=1(y i −y ¯)=800.(1)求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；(2)求样本(x i,y i)(i=1,2,⋯,20)的相关系数（精确到0.01）；(3)根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数：r=∑(x−x¯)n(y−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1√2≈1.414.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合.C1的中心与C2的顶点重合，过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点.若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.如图已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO//面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．已知函数f(x)=sin2x sin2x.(1)讨论f(x)在(0,π)上的单调性；(2)证明：|f(x)|≤3√38；(3)证明：sin2x sin22x sin24x⋯sin22n x≤3n4n.已知曲线C1,C2的参数方程分别为C1：{x=4cos2θ，y=4sin2θ(θ为参数)，C2：{x=t+1t，y=t−1t(t为参数).(1)将C1，C2的参数方程化为普通方程；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程.已知函数f(x)=|x−a2|+|x−2a+1|.(1)当a=2时，求不等式f(x)≥4的解集；(2)若f(x)≥4，求a的取值范围.参考答案与试题解析2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择1.【答案】A【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可知A∪B={−1,0,1,2}，故∁U(A∪B)={−2,3}.故选A.2.【答案】D【考点】任意角的三角函数【解析】此题暂无解析【解答】解：∵α为第四象限角，∴−π+2kπ<α<2kπ，2∴−π+4kπ<2α<4kπ，∴2α是第三或第四象限角，∴当2α在第三象限时，cos2α<0，当2α在第四象限时，cos2α>0，故A，B错误；无论2α在第三还是在第四象限，都有sin2α<0.故选D.3.【答案】B【考点】生活中概率应用【解析】此题暂无解析【解答】解：因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为：1600+500−1200=18名.50故选B.4.【答案】C【考点】等差数列的前n项和等差数列的性质等差数列【解析】此题暂无解析【解答】解：设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成等差数列，公差d=9，a1=9.由等差数列性质知S n，S2n−S n，S3n−S2n成等差数列，且(S3n−S2n)−(S2n−S n)=n2d，则9n2=729，解得n=9，则三层共有扇形面石板为S3n=S27=27a1+27×262×9=3402块. 故选C.5.【答案】B【考点】点与圆的位置关系点到直线的距离公式【解析】此题暂无解析【解答】解：设圆心为(a,a)，则半径为a，圆过点(2,1)，则(a−2)2+(a−1)2=a2，解得a=1或a=5，所以圆心坐标为(1,1)或(5,5)，圆心(1,1)到直线的距离是d=5=2√55，圆心(5,5)到直线的距离是d=√5=2√55.故选B.6.【答案】C【考点】等比数列的前n项和等比关系的确定【解析】此题暂无解析【解答】解：a m+n=a m a n，取m=1，则a1+n=a1a n. 又a1=2，所以a n+1a n=2，所以{a n}是首项，公比均为2等比数列，则a n=2n，所以a k+1+a k+2+⋯+a k+10=2k+1(1−210)1−2=2k+1⋅210−2k+1=215−25，解得k=4.故选C.7.【答案】A【考点】由三视图还原实物图【解析】此题暂无解析【解答】解：该几何体是两个长方体拼接而成，如图所示，显然所求点对应的为E点.故选A.8.【答案】B【考点】直线与双曲线结合的最值问题双曲线的渐近线【解析】此题暂无解析【解答】解：双曲线C:x 2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为y=±bax，则容易得到|DE|=2b，则S△ODE=ab=8. 又因为c2=a2+b2≥2ab=16，即c≥4，焦距2c≥8.故选B.9.【答案】D【考点】函数奇偶性的判断复合函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：函数f(−x)=ln|−2x+1|−ln|−2x−1|=ln|1−2x|−ln|2x+1|=−f(x)，∴f(x)为奇函数.当x∈(12，+∞)时，f(x)=ln(2x+1)−ln(2x−1)=ln2x+12x−1=ln(1+22x−1)，单调递减；当x∈(−12,12)时，f(x)=ln(2x+1)−ln(1−2x)，单调递增；当x∈(−∞,−12)时，f(x)=ln(−2x−1)−ln(1−2x)=ln2x+12x−1=ln(1+22x−1)，单调递减.故选D.10.【答案】C【考点】三角形的面积公式三角形五心球的体积和表面积【解析】此题暂无解析【解答】解：设ABC的外接圆圆心为O1，记OO1=d，圆O1的半径为r，球O半径为R，等边三角形△ABC的边长为a，则S△ABC=√34a2=9√34，可得a=3，所以r=√3=√3.由题知球O的表面积为16π，则R=2，由R2=r2+d2，易得d=1，即O到平面ABC的距离为1. 故选C.11.【答案】A【考点】利用导数研究函数的单调性函数单调性的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：2x−3−x<2y−3−y，设f(x)=2x−3−x，则f′(x)=2x ln2+3−x ln3>0，∴函数f(x)在R上单调递增，∵f(x)<f(y)，所以x<y，则y−x+1>1，∴ln(y−x+1)>0.故选A.12.【答案】C【考点】函数新定义问题数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：对于A选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+0+0)=15，C(2)=15∑a i5i=1a i+2=15(0+1+0+1+0)=25>15，不满足，排除；对于B选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+1+1)=35>15，不满足，排除；对于C选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(0+0+0+0+1)=15，C(2)=15∑a i5i=1a i+2=15(0+0+0+0+0)=0，C(3)=15∑a i5i=1a i+3=15(0+0+0+0+0)=0，C(4)=15∑a i5i=1a i+4=15(1+0+0+0+0)=15，满足；对于D选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+0+1)=25>0，不满足，排除.故选C．二、填空题【答案】√22向量的数量积判断向量的共线与垂直平面向量数量积【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ 单位向量a →，b →的夹角为45∘， ∴ a →⋅b →=|a →|⋅|b →|⋅cos 45∘=√22. ∵ ka →−b →与a →垂直， ∴ (ka →−b →)⋅a →=k −√22=0，∴ k =√22. 故答案为：√22.【答案】36【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可得，不同的安排方法有C 42A 33=36种. 故答案为：36. 【答案】2√3【考点】复数的模【解析】此题暂无解析【解答】解：由题设z 1=a +bi ，则z 2=(√3−a)+(1−b )i ，故 |z 1|2=a 2+b 2=4， |z 2|2=(√3−a)2+(1−b )2 =a 2+b 2−2√3a −2b +4=4，则|z 1−z 2|2=(2a −√3)2+(2b −1)2 =4a 2+4b 2−4√3a −4b +4=2(a 2+b 2)+2(a 2+b 2−2√3a −2b)+4 =2×4+4=12，故|z 1−z 2|=2√3. 故答案为：2√3.①③④【考点】逻辑联结词“或”“且”“非”命题的真假判断与应用空间中直线与平面之间的位置关系空间中直线与直线之间的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】解：对于p1：可设l1与l2相交，所得平面为α．若l3与l1相交，则交点A必在α内，同理，与l2交点B在α内，故直线AB在α内，即l3在α内，故p1为真命题．对于p2：过空间中任意三点，若三点共线，可形成无数多平面，故p2为假命题．对于p3：空间中两条直线的位置关系有相交、平行、异面，若不相交，可能平行，也可能异面，故p3为假命题．对于p4：若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，因为直线l⊂平面α，故m⊥l，故p4为真命题．综上可知：①p1∧p4为真命题；②p1∧p2为假命题，③¬p2∨p3为真命题；④¬p3∨¬p4为真命题．故答案为：①③④ .三、解答题【答案】解：(1)在△ABC中，设内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∵sin2A−sin2B−sin2C=sin B sin C，由正弦定理得，a2−b2−c2=bc，即b2+c2−a2=−bc，由余弦定理得，cos A=b2+c2−a22bc =−12.∵0<A<π，∴A=2π3.(2)由(1)知A=2π3，因为BC=3，即a=3，由余弦定理得，a2=b2+c2−2bc cos A，∴9=b2+c2+bc=(b+c)2−bc.由基本不等式√bc≤b+c2知bc≤(b+c)24，结合上式得9=(b+c)2−bc≥34(b+c)2, (b+c)2≤12，∴b+c≤2√3，当且仅当b=c=√3时取等号，∴△ABC周长的最大值为3+2√3.【考点】基本不等式在最值问题中的应用正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)在△ABC中，设内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∵sin2A−sin2B−sin2C=sin B sin C，由正弦定理得，a2−b2−c2=bc，即b2+c2−a2=−bc，由余弦定理得，cos A=b2+c2−a22bc =−12.∵0<A<π，∴A=2π3.(2)由(1)知A=2π3，因为BC=3，即a=3，由余弦定理得，a2=b2+c2−2bc cos A，∴9=b2+c2+bc=(b+c)2−bc.由基本不等式√bc≤b+c2知bc≤(b+c)24，结合上式得9=(b+c)2−bc≥34(b+c)2,(b+c)2≤12，∴b+c≤2√3，当且仅当b=c=√3时取等号，∴△ABC周长的最大值为3+2√3.【答案】解：(1)由题意可知，1个样区这种野生动物数量的平均数=120020=60，故这种野生动物数量的估计值=60×200=12000；(2)由参考公式得，r=∑(x i−x¯)ni=1(y i−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1=√80×9000=6√2≈0.94；(3)由题意可知，各地块间植物覆盖面积差异很大，因此在调查时，先确定该地区各地块间植物覆盖面积大小并且由小到大排序，每十个分为一组，采用系统抽样的方法抽取20个地块作为样区进行样本统计．【考点】众数、中位数、平均数相关系数收集数据的方法此题暂无解析【解答】解：(1)由题意可知，1个样区这种野生动物数量的平均数=120020=60，故这种野生动物数量的估计值=60×200=12000；(2)由参考公式得，r=∑(x i−x¯)ni=1(y i−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1=√80×9000=6√2≈0.94；(3)由题意可知，各地块间植物覆盖面积差异很大，因此在调查时，先确定该地区各地块间植物覆盖面积大小并且由小到大排序，每十个分为一组，采用系统抽样的方法抽取20个地块作为样区进行样本统计．【答案】解：(1)F为C1的焦点，且AB⊥x轴，∴F(c,0)，|AB|=2b2a，设C2的标准方程为y2=2px(p>0)，∵F为C2的焦点，且AB⊥x轴，∴F(p2,0).由抛物线的定义可得，|CD|=2p．∵|CD|=43|AB| .C1与C2焦点重合，∴{c=p2，2p=43×2b2a，消去p得：4c=8b 23a，∴3ac=2b2，∴3ac=2a2−2c2，设C1的离心率为e，则2e2+3e−2=0，∴e=12或e=−2(舍)，故C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c，b=√3c，p=2c．∴C1:x24c2+y23c2=1，C2:y2=4cx，联立两曲线方程，消去y得3x2+16cx−12c2=0，∴(3x−2c)(x+6c)=0，∴x=23c或x=−6c(舍).从而|MF|=x+p2=23c+c=53c=5，∴c=3，∴C1与C2的标准方程分别为x236+y227=1，y2=12x.【考点】圆锥曲线的综合问题椭圆的离心率抛物线的标准方程抛物线的定义椭圆的标准方程【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)F为C1的焦点，且AB⊥x轴，∴F(c,0)，|AB|=2b2a，设C2的标准方程为y2=2px(p>0)，∵F为C2的焦点，且AB⊥x轴，∴F(p2,0).由抛物线的定义可得，|CD|=2p．∵|CD|=43|AB| .C1与C2焦点重合，∴{c=p2，2p=43×2b2a，消去p得：4c=8b 23a，∴3ac=2b2，∴3ac=2a2−2c2，设C1的离心率为e，则2e2+3e−2=0，∴e=12或e=−2(舍)，故C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c，b=√3c，p=2c．∴C1:x24c2+y23c2=1，C2:y2=4cx，联立两曲线方程，消去y得3x2+16cx−12c2=0，∴(3x−2c)(x+6c)=0，∴x=23c或x=−6c(舍).从而|MF|=x+p2=23c+c=53c=5，∴c=3，∴C1与C2的标准方程分别为x236+y227=1，y2=12x.【答案】(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，∴B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，∴BB1//MN，而AA1//BB1，MN⊥B1C1，∴AA1//MN.又∵MN∩A1N=N，∴B1C1⊥面A1AMN.∵B1C1⊂面EB1C1F，∴面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)∵三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，∴EF//B1C1//BC.∵AO//面EB1C1F，AO⊂面AMNA1，面AMNA1∩面EB1C1F=PN，∴AO//PN，四边形APNO为平行四边形，而O为正三角形的中心，AO=AB，∴A1N=3ON，AM=3AP,PN=BC=B1C1=3EF.由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角.在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，则PN=B1C1=EH=3，B1H=1，B1E=√10，sin∠B1EH=B1HB1E =√1010.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为√1010.【考点】直线与平面所成的角两条直线平行的判定平面与平面垂直的判定【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，∴B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，∴BB1//MN，而AA1//BB1，MN⊥B1C1，∴AA1//MN.又∵MN∩A1N=N，∴B1C1⊥面A1AMN.∵B1C1⊂面EB1C1F，∴面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)∵三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，∴EF//B1C1//BC.∵AO//面EB1C1F，AO⊂面AMNA1，面AMNA1∩面EB1C1F=PN，∴AO//PN，四边形APNO为平行四边形，而O为正三角形的中心，AO=AB，∴A1N=3ON，AM=3AP,PN=BC=B1C1=3EF.由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角.在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，则PN=B1C1=EH=3，B1H=1，B1E=√10，sin∠B1EH=B1HB1E =√1010.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为√1010.【答案】(1)解：∵ f (x )=2sin 3x cos x ， ∴ f ′(x )=2sin 2x(3cos 2x −sin 2x) =−8sin 2x sin (x +π3)sin (x −π3).当x ∈(0,π3)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增；当x ∈(π3,2π3)时， f ′(x )<0, f (x )单调递减；当x ∈(2π3,π)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增.(2)证明：由f (x )=2sin 3x cos x 得， f (x )为R 上的奇函数．f 2(x )=4sin 6x cos 2x =4(1−cos 2x )3cos 2x =4(1−cos 2x )3×3cos 2x 3≤43×(3−3cos 2x+3cos 2x 4)4=(34)3.当1−cos 2x =3cos 2x ，即cos x =±12时等号成立，故|f (x )|≤3√38.(3)证明：由(2)知：sin 2x sin 2x ≤3√38=(34)32，sin 22x sin 4x ≤3√38=(34)32， sin 222x sin 23x ≤3√38=(34)32，⋯ sin 22n−1x sin 2n x ≤3√38=(34)32，∴ sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x ≤(34)3n2 ， ∴ sin 3x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 32n x =sin x(sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x)sin 2nx ≤(34)3n 2，∴ sin 2x sin 22x sin 24x ⋯ sin 22n x ≤3n4n . 【考点】不等式的证明利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】(1)解：∵ f (x )=2sin 3x cos x ， ∴ f ′(x )=2sin 2x(3cos 2x −sin 2x) =−8sin 2x sin (x +π3)sin (x −π3).当x ∈(0,π3)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增；当x ∈(π3,2π3)时， f ′(x )<0, f (x )单调递减；当x ∈(2π3,π)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增.(2)证明：由f (x )=2sin 3x cos x 得， f (x )为R 上的奇函数． f 2(x )=4sin 6x cos 2x =4(1−cos 2x )3cos 2x =4(1−cos 2x )3×3cos 2x 3≤43×(3−3cos 2x+3cos 2x 4)4=(34)3.当1−cos 2x =3cos 2x ，即cos x =±12时等号成立，故|f (x )|≤3√38.(3)证明：由(2)知：sin 2x sin 2x ≤3√38=(34)32，sin 22x sin 4x ≤3√38=(34)32， sin 222x sin 23x ≤3√38=(34)32，⋯，sin 22n−1x sin 2nx ≤3√38=(34)32，∴ sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22nx ≤(34)3n 2，∴ sin 3x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 32n x=sin x(sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x)sin 2n x ≤(34)3n2， ∴ sin 2x sin 22x sin 24x ⋯ sin 22n x ≤3n4n . 【答案】解：(1)C 1：{x =4cos 2θ，①y =4sin 2θ，②①+②得，x +y =4，故C 1的普通方程为：x +y −4=0. 由 {x =t +1t ，y =t −1t可得{x 2=t 2+2+1t2，③y 2=t 2−2+1t2，④③−④得，x 2−y 2=4，故C 2的普通方程为：x 2−y 2=4. (2)联立C 1,C 2 {x +y −4=0，x 2−y 2=4，解得：{x =52，y =32，所以点P 坐标为：P (52,32). 设所求圆圆心为Q (a,0)，半径为a ，故圆心Q (a,0)到P (52,32)的距离为√(52−a)2+(32−0)2=a ，解得a =1710，所以圆Q 的圆心为(1710, 0)，半径为1710，则圆Q 的直角坐标方程为：(x −1710)2+y 2=(1710)2，即．x 2+y 2−175x =0，所以所求圆的极坐标方程为： ρ=175cos θ.【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化直线与双曲线结合的最值问题参数方程与普通方程的互化点到直线的距离公式【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)C 1：{x =4cos 2θ，①y =4sin 2θ，②①+②得，x +y =4，故C 1的普通方程为：x +y −4=0. 由 {x =t +1t ，y =t −1t 可得{x 2=t 2+2+1t2，③y 2=t 2−2+1t 2，④③−④得，x 2−y 2=4，故C 2的普通方程为：x 2−y 2=4. (2)联立C 1,C 2 {x +y −4=0，x 2−y 2=4，解得：{x =52，y =32，所以点P 坐标为：P (52,32). 设所求圆圆心为Q (a,0)，半径为a ，故圆心Q (a,0)到P (52,32)的距离为√(52−a)2+(32−0)2=a ，解得a =1710，所以圆Q 的圆心为(1710, 0)，半径为1710，则圆Q 的直角坐标方程为：(x −1710)2+y 2=(1710)2，即．x 2+y 2−175x =0，所以所求圆的极坐标方程为： ρ=175cos θ.【答案】解：(1)当a =2时，f (x )={7−2x ，x ≤3，1，3<x ≤4，2x −7，x >4.试卷第21页，总21页因此，不等式f (x )≥4的解集为{x|x ≤32或x ≥112}.(2)因为f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|≥|a 2−2a +1|=(a −1)2，故当(a −1)2≥4，即|a −1|≥2时， f (x )≥4，所以当a ≥3或a ≤−1时，f (x )≥4；当−1<a <3时， f (a 2)=|a 2−2a +1|=(a −1)2<4. 所以a 的取值范围是(−∞,−1]∪[3,+∞).【考点】绝对值不等式的解法与证明绝对值三角不等式【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)当a =2时，f (x )={7−2x ，x ≤3，1，3<x ≤4，2x −7，x >4.因此，不等式f (x )≥4的解集为{x|x ≤32或x ≥112}.(2)因为f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|≥|a 2−2a +1|=(a −1)2，故当(a −1)2≥4，即|a −1|≥2时， f (x )≥4，所以当a ≥3或a ≤−1时，f (x )≥4；当−1<a <3时， f (a 2)=|a 2−2a +1|=(a −1)2<4. 所以a 的取值范围是(−∞,−1]∪[3,+∞).。

2020年高考全国卷Ⅱ数学(理)试卷含答案

2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择1. 已知集合U={−2,−1,0,1,2,3},A={−1,0,1},B={1,2}，则∁U(A∪B)= ( )A. {−2,3}B. {−2,2,3}C. {−2,−1,0,3}D. {−2,−1,0,2,3}2. 若α为第四象限角，则( )A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D. sin2α<03. 在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天新订单是1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天积压订单及当日订单配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者( )A.10名B.18名C.24名D.32名4. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块5. 若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为( )A.√55B. 2√55C.3√55D.4√556. 数列{a n}中，a1=2，a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25，则k=()A.2 B.3 C.4 D.57. 如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为( )A.EB.FC.GD.H8. 设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点.若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为()A.4B.8C.16D.329. 设函数f(x)=ln|2x+1|−ln|2x−1|，则f(x)满足( )A.是偶函数，且在(12,+∞)单调递增B.是奇函数，且在(−12,12)单调递减C.是偶函数，且在(−∞,−12)单调递增D.是奇函数，且在(−∞,−12)单调递减10. 已知△ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为()A.√3B.32C.1D.√3211. 若2x−2y<3−x−3−y，则( )A. ln(y−x+1)>0B.ln(y−x+1)<0C.ln|x−y|>0D.ln|x−y|<012. 0−1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a 1a 2⋯a n ⋯满足a i ∈{0,1}(i =1,2,⋯)，且存在正整数m ，使得a i+m =a i (i =1, 2, ⋯)成立，则称其为0−1周期序列，并称满足a i+m =a i (i =1, 2, ⋯)的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0−1序列a 1a 2⋯a n ⋯,C (k )=1m∑a i m i=1a i+k (k =1, 2, ⋯, m −1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0−1序列中，满足C (k )≤15(k =1,2,3,4)的序列是( ) A.11010⋯ B.11011⋯ C.10001⋯ D.11001⋯二、填空题13. 已知单位向量a →，b →的夹角为45∘，ka →−b →与a →垂直，则k =________.14. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法有________种．15. 设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=2，z 1+z 2=√3+i ，则|z 1−z 2|=________.16. 设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行. p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下列命题中所有真命题的序号是________.①p 1∧p 4 ；②p 1∧p 2 ；③¬p 2∨p 3 ； ④¬p 3∨¬p 4. 三、解答题17. △ABC 中， sin 2A −sin 2B −sin 2C =sin B sin C . (1)求A ；(2)若BC =3，求△ABC 周长的最大值．18. 某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加，为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)，其中x i 和y i 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得∑x i 20i=1=60 ，∑y i 20i=1=1200， ∑(x i −x ¯)220i=1=80， ∑(y i −y ¯)220i=1=9000，∑(x i −x ¯)20i=1(y i −y ¯)=800.(1)求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；(2)求样本(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)的相关系数（精确到0.01）；(3)根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数 r =∑(x −x ¯)n (y −y ¯)√∑(x i −x )2n i=1∑(y i −y )2n i=1，√2≈1.414.19. 已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合.C 1的中心与C 2的顶点重合，过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD|=43|AB|. (1)求C 1的离心率；(2)设M 是C 1与C 2的公共点.若|MF|=5，求C 1与C 2的标准方程.20. 如图已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． (1)证明： AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO//平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．21. 已知函数f (x)=sin 2x sin 2x . (1)讨论f(x)在(0,π)上的单调性；(2)证明：|f(x)|≤3√38；(3)证明： sin 2x sin 22x sin 24x ⋯ sin 22n x ≤3n4n .22. 已知曲线C 1,C 2的参数方程分别为C 1：{x =4cos 2θ，y =4sin 2θ(θ为参数)，C 2：{x =t +1t，y =t −1t (t 为参数). (1)将C 1，C 2的参数方程化为普通方程；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C 1，C 2的交点为P ，求圆心在极轴上，且经过极点和P 的圆的极坐标方程.23. 已知函数f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|. (1)当a =2时，求不等式f (x )≥4的解集；(2)若f (x )≥4，求a 的取值范围.参考答案与试题解析2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择1.【答案】A2.【答案】D3.【答案】B4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】C7.【答案】A8.【答案】B9.【答案】D10.【答案】C11.【答案】A12.【答案】C 二、填空题13.【答案】√2214.【答案】3615.【答案】2√316.【答案】①③④三、解答题17.【答案】解：(1)在△ABC中，设内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∵sin2A−sin2B−sin2C=sin B sin C，由正弦定理得，a2−b2−c2=bc，即b2+c2−a2=−bc，由余弦定理得，cos A=b2+c2−a22bc=−12.∵0<A<π，∴A=2π3.(2)由(1)知A=2π3，因为BC=3，即a=3，由余弦定理得，a2=b2+c2−2bc cos A，∴9=b2+c2+bc=(b+c)2−bc.由基本不等式√bc≤b+c2知bc≤(b+c)24，结合上式得9=(b+c)2−bc≥34(b+c)2,(b+c)2≤12，∴b+c≤2√3，当且仅当b=c=√3时取等号，∴△ABC周长的最大值为3+2√3.18.【答案】解：(1)由题意可知，1个样区这种野生动物数量的平均数=120020=60，故这种野生动物数量的估计值=60×200=12000.(2)由参考公式得，r=∑(x i−x¯)ni=1(y i−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1=√80×9000=6√2≈0.94 .(3)由题意可知，各地块间植物覆盖面积差异很大，因此在调查时，先确定该地区各地块间植物覆盖面积大小并且由小到大排序，每十个分为一组，采用系统抽样的方法抽取20个地块作为样区进行样本统计．19.【答案】解：(1)F为C1的焦点，且AB⊥x轴，∴F(c,0)，|AB|=2b2a，设C2的标准方程为y2=2px(p>0)，∵F为C2的焦点，且AB⊥x轴，∴F(p2,0).由抛物线的定义可得，|CD|=2p．∵|CD|=43|AB|，C1与C2焦点重合，∴{c=p2，2p=43×2b2a，消去p得：4c=8b23a，∴3ac=2b2，∴3ac=2a2−2c2.设C1的离心率为e，则2e2+3e−2=0，∴e=12或e=−2(舍)，故C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c，b=√3c，p=2c．∴C1:x24c2+y23c2=1，C2:y2=4cx，联立两曲线方程，消去y得3x2+16cx−12c2=0，∴(3x−2c)(x+6c)=0，∴x=23c或x=−6c(舍).从而|MF|=x+p2=23c+c=53c=5，∴c=3，∴C1与C2的标准方程分别为x236+y227=1，y2=12x.20.【答案】(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，∴B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，∴BB1//MN，而AA1//BB1，MN⊥B1C1，∴AA1//MN.又∵MN∩A1N=N，∴B1C1⊥面A1AMN.∵B1C1⊂面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)∵三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，∴EF//B1C1//BC.∵AO//平面EB1C1F，AO⊂平面AMNA1，平面AMNA1∩平面EB1C1F=PN，∴AO//PN，四边形APNO为平行四边形，而O为正三角形的中心，AO=AB，∴A1N=3ON，AM=3AP，PN=BC=B1C1=3EF.由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角.在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，则PN =B 1C 1=EH =3，B 1H =1，B 1E =√10，sin ∠B1EH =B 1H B 1E=√1010. 所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为√1010. 21.【答案】(1)解：∵ f (x )=2sin 3x cos x ， ∴ f ′(x )=2sin 2x(3cos 2x −sin 2x) =−8sin 2x sin (x +π3)sin (x −π3).当x ∈(0,π3)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增；当x ∈(π3,2π3)时， f ′(x )<0, f (x )单调递减；当x ∈(2π3,π)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增.(2)证明：由f (x )=2sin 3x cos x 得， f (x )为R 上的奇函数． f 2(x )=4sin 6x cos 2x =4(1−cos 2x )3cos 2x =4(1−cos 2x )3×3cos 2x 3≤43×(3−3cos 2x+3cos 2x 4)4=(34)3.当1−cos 2x =3cos 2x ，即cos x =±12时等号成立，故|f (x )|≤3√38.(3)证明：由(2)知：sin 2x sin 2x ≤3√38=(34)32，sin 22x sin 4x ≤3√38=(34)32， sin 222x sin 23x ≤3√38=(34)32，⋯sin 22n−1x sin 2n x ≤3√38=(34)32，∴ sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x ≤(34)3n2 ， ∴ sin 3x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 32n x =sin x(sin 2x sin 32x sin 34x ⋯sin 32n−1x sin 22n x)sin 2nx ≤(34)3n 2，∴ sin 2x sin 22x sin 24x ⋯ sin 22n x ≤3n4n . 22.【答案】解：(1)C 1：{x =4cos 2θ，①y =4sin 2θ，②①+②得，x +y =4，故C 1的普通方程为：x +y −4=0. 由 {x =t +1t ，y =t −1t可得{x 2=t 2+2+1t 2，③y 2=t 2−2+1t2，④③−④得，x 2−y 2=4，故C 2的普通方程为：x 2−y 2=4. (2)联立C 1,C 2 {x +y −4=0，x 2−y 2=4，解得：{x =52，y =32，所以点P 坐标为：P (52,32). 设所求圆圆心为Q (a,0)，半径为a ，故圆心Q (a,0)到P (52,32)的距离为√(52−a)2+(32−0)2=a ，解得a =1710，所以圆Q 的圆心为(1710, 0)，半径为1710，则圆Q 的直角坐标方程为：(x −1710)2+y 2=(1710)2，即．x 2+y 2−175x =0，所以所求圆的极坐标方程为： ρ=175cos θ.23. 【答案】解：(1)当a =2时，f (x )={7−2x ，x ≤3，1，3<x ≤4，2x −7，x >4.因此，不等式f (x )≥4的解集为{x|x ≤32或x ≥112}.(2)因为f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|≥|a 2−2a +1|=(a −1)2，故当(a −1)2≥4，即|a −1|≥2时， f (x )≥4，所以当a ≥3或a ≤−1时，f (x )≥4，所以a 的取值范围是(−∞,−1]∪[3,+∞).。

2020高考全国2卷数学理科试题及答案详解

绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合}3,2,1,0,1,2{--=U ，},1,0,1{-=A },2,1{=B 则=)(B A C U （）A ．}3,2{-B ．}3,2,2{-C ．}3,0,1,2{--D ．}3,2,0,1,2{--2．若α为第四象限角，则A ．02cos >αB ．02cos <αC ．02sin >αD ．02sin <α3．在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者A ．10名B ．18名C ．24名D ．32名4．北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块5．若过点)1,2(的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线032=--y x 的距离为A ．55B ．552C ．553D ．554 6．数列}{n a 中，21=a ，n m n m a a a =+，若515102122-=++++++k k k a a a ，则=kA ．2B ．3C ．4D ．57．右图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个断点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为A ．EB ．FC ．GD ．H8．设O 为坐标原点，直线a x =与双曲线)0,0(1:2222>>=-b a by a x C 的两条渐近线分别交于E D 、两ODE 的面积为8，则C 的焦距的最小值为A ．4B ．8C ．16D ．329设函数12ln 12ln )(--+=x x x f ，则)(x fA ．是偶函数，且在),21(+∞单调递增B ．是奇函数，且在)21,21(-单调递减C ．是偶函数，且在)21,(--∞单调递增D ．是奇函数，且在)21,(--∞单调递减10. 已知ABC △是面积为439的等边三角形，且其顶点都在球O 的表面上，若球O 的表面积为π16，则球O 到平面ABC 的距离为（） A ．3B ．23 C ．1 D ．23 11. 若y x y x ---<-3322，则（） A. 0)1ln(>+-x yB ．0)1ln(<+-x yC ．0ln >-y xD ．0ln <-y x12．0-1周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列⋯⋯n a a a 21满足),2,1)(1,0(⋯=∈i a i ，且存在正整数m ，使得),2,1(⋯==+i a a i m i 成立，则称其为0-1周期序列，并称满足),2,1(⋯==+i a a i m i 的最小正整数m 为这个序列的周期．对于周期为m 的0-1序列⋯⋯n a a a 21，∑=+-⋯==mi k i i m kaa mk C 1)1,,2,1(1)(是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0-1序列中，满足)4,3,2,1(51)(=≤k k C 的序列是A ．11010…B ．11011…C ．10001…D ．11001…二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．13．已知单位向量b a ,的夹角为45°，k b a -与a 垂直，则=k _______．14．4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有______种．15．设复数21,z z 满足i z z z z +=+==322121，，则=-21z z ______． 16．设有下列四个命题： 1P ：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． 2P ：过空间中任意三点有且仅有一个平面． 3P ：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． 4P ：若直线⊂l 平面α，直线⊥m 平面α，则l m ⊥．则下述命题中所有真命题的序号是________． ①41p p ∧②21p p ∧③32p p ∨⌝④ 43p p ⌝∨⌝三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分． 17．（12分）ABC △中，222sin sin sin sin sin A B C B C --=．（1）求A ；（2）若3BC =，求ABC △周长的最大值．某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据()()20,,2,1,⋯=i y x i i ，其中i x 和i y 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得∑==20160i i x ，∑==2011200i i y ，()∑==-201280i i x x ，()∑==-20129000i iyy，()()080201∑==--i i iy y x x．（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）求样本()()20,,2,1,⋯=i y x i i 的相关系数（精确到0.01）；（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数()()()()∑∑∑===----=ni ini i ni ii y y x x yyx x r 12121，414.12≈．19．（12分）已知椭圆1C :()012222>>=+b a by a x 的右焦点F 与抛物线2C 的焦点重合，1C 的中心与的2C 的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交1C 于A ，B 两点，交2C 于C ，D 两点，且AB CD 34=．（1）求1C 的离心率；（2）设M 是1C 与2C 的公共点，若5=MF ，求1C 与2C 的标准方程．如图，已知三棱柱111C B A ABC -的底面是正三角形，侧面C C BB 11是矩形，M ，N 分别为BC ，11C B 的中点，P 为AM 上一点，过11C B 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：MN AA ∥1，且平面F C EB AMN A 111平面⊥；（2）设O 为△111C B A 的中心，若F C EB AO 11平面∥，且AB AO =，求直线E B 1与平面AMN A 1所成角的正弦值．21．（12分）已知函数()2sin sin 2f x x x =．（1）讨论()f x 在区间()0,π的单调性；（2）证明：()33f x ≤；（3）设*n ∈N ，证明：22223sin sin 2sin 4sin 24nnn x x x x ≤．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）已知曲线1C ，2C 的参数方程分别为1C ：224cos 4sin x y θθ⎧=⎪⎨=⎪⎩（θ为参数），2C ：11x t ty t t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩（t 为参数）．（1）将1C ，2C 的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．设1C ，2C 的交点为P ，求圆心在极轴上，且经过极点和P 的圆的极坐标方程．23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数()221f x x a x a =-+-+．（1）当2a =时，求不等式()4f x ≥的解集；（2）若()4f x ≥，求a 的取值范围．。

2020高考全国2-理数含全部答案

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（全国新课标II)＿｀选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合U =-2, -1, 0, 1, 2, 3}, A = -1, 0, 1}, B = 1, 2}，则C u(AUB)=A.-2,3}【答案】：AB.-2, 2,3}C.-2, -1, 0, 3}【解析】：·:AUB={-1,0,1,2},:.Cu(AUB)={-2,3} 2.若a为第四象限角，则A.cos2a > 0B.cos2a < 0C.sin2a > 0【答案】：D【解析】：，．．·冗-—+2k 冗＜戊<2k 冗，．．．－7l+4k 冗<2a<4k7l.2 :. 2a 是第三或四象限角，．．．sin2a <0 D.-2, -1, 0, 2, 3}<D. sin2a<03．在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销信业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单星大幅增加，导致订单积斥．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天新订单是1600份的概率为0.05志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天积压订单及当日订单配货的概率不小于0.95,则至少需要志愿者A. 10名B..18名C. 24名D. 32名【答案】：R【解析l ；因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为1600 + 500-1200 = 18名so4.北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇形面形石板（不含天心石）A.3699块B.3474块C.3402块'\_、(...D.3339块。

2020年高考理数全国卷2 试题详解

∴ 3 4k 2 4 4k ,k Z ，
此时 2 的终边落在第三、四象限及 y 轴的非正半轴上，∴ sin 2 0 ，故选 D.
方法二、当
6
时， cos 2
cos
3
0 ，选项
B
错误；
当
3
时，
cos
2
cos
2 3
0
，选项
A
错误；
由在第四象限可得： sin 0, cos 0 ，则 sin 2 2sin cos 0 ，选项
2020 年高考数学全国卷 2
理数
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的.
1.已知集合U 2,1,0,1, 2,3, A 1,0,1, B 1, 2 则 ðU (A B) （）
A. {−2，3} B. {−2，2，3} C. {−2，−1，0，3} D. {−2，−1，0，2，3}
S27
27(9
9 27) 2
3402
.故选
C
5.若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 2x y 3 0 的距离为（）
A. 5 5
B. 2 5 5
C. 3 5 5
【答案】B
【解析】由于圆上的点 2,1 在第一象限，
D. 4 5 5
若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，
900 4.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上
层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形
石板构成第一环，向外每环依次增加 9 块，下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加 9 块，已知每层环

2020年高考理科数学(2卷)：答案详细解析(word版)

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（II 卷）答案详解一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分. 在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的.1. （集合）已知集合{}2,1,0,1,2,3U =--，{}1,0,1A =-，{}1,2B =，则()C U A B =A. {}2,3-B. {}2,2,3-C. {}2,1,0,3--D. {}2,1,0,2,3--【解析】∵{1,0,1,2}A B =-，∴(){}C 2,3U AB =-. 【答案】A2. （三角函数）若α为第四象限角，则A. cos20α>B. cos20α<C. sin 20α>D. sin 20α<【解析】α为第四象限角，即π2π2π2k k α-+<<，∴π4π24πk k α-+<<， ∴2α是第三或第四象限角，∴sin 20α<.【答案】D3. （概率统计，同文3）在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作，已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05. 志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者A.10名B.18名C.24名D.32名【解析】该超市某日积压500份订单未配货，次日新订单不超过1600份的概率为0.95，共2100份，其中1200份不需要志愿者，志愿者只需负责900份，故需要900÷50＝18名志愿者.【答案】B4.（数列）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块. 下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次增加9块. 已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块【解析】设每一层有n 环，由题意可知从内到外每环的扇面形石板块数之间构成等差数列，且19a =，9d =，由等差数列性质可知，n S 、2n n S S -、32n n S S -也构成等差数列，且公差229d n d n '==.因下层比中层多729块，故有2322()()9729n n n n S S S S n ---==，解得9n =. 因此三层共有扇面形石板的块数为327127262726==272799=340222n S S a d ⨯⨯+=⨯+⨯. 【答案】C5. （解析几何，同文8）若过点（2,1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线230x y --=的距离为A ．5 B. 25 C. 35 D. 45【解析】如图A5所示，设圆的方程为222()()x a y b r -+-=，∵ 圆过点（2, 1）且与两坐标轴都相切，∴ 222(2)(1)a b r a b r ==⎧⎨-+-=⎩，解得1a b r ===或5a b r ===，即圆心坐标为(1,1)或(5,5)，圆心到直线230x y --=22211325521⨯--+或22255325=521⨯--+.图A5【答案】B6.（数列）数列()n a 中，12a =，m n m n a a a +=，若1551210...22k k k a a a ++++++=-，则k =A. 2B. 3C. 4D. 5【解析】∵m n m n a a a +=，∴211211n k n k k k a a a a a a a +--===，故有1210111551210...(222)(22)22k k k k k a a a a a ++++++=+++=-=-，∴42k a =又∵2111211112n n n n n n a a a a a a a a ---======，∴ 422k k a ==，∴4k =.【答案】C7.（立体几何）下图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为A．E B．F C．G D．H【解析】由三视图的特点，如图A7所示，该端点在侧视图中对应的点为E.图A7【答案】A8．（解析几何，同文9）设O为坐标原点，直线x a=与双曲线C：22221 x ya b-=（a>0,b>0）的两条渐近线分别交于D,E两点，若ODE∆的面积为8，则C的焦距的最小值为A．4B．8C．16D．32【解析】如图A8所示，双曲线C：22221x ya b-=（a>0,b>0）的渐近线为by xa=±，由题意可知，(,)D a b ，(,)E a b -，∴ 1282ODE S a b ab ∆=⋅==， ∴ 焦距22226422248c a b a a =+=+≥⨯=，当且仅当22a =时，等号成立. 故C 的焦距的最小值为8.图A8【答案】B9.（函数）设函数()ln |21|ln |21|f x x x =+--，则()f xA.是偶函数，且在1(,)2+∞单调递增 B.是奇函数，且在11(,)22-单调递减 C.是偶函数，且在1(,)2-∞-单调递增 D.是奇函数，且在1(,)2-∞-单调递减【解析】∵()ln |21|ln |21|ln |21|ln |21|()f x x x x x f x -=-+---=--+=-，∴()f x 是奇函数，∵()ln ||g x x =，1()g x x '=，（即ln ||x 与ln x ，二者的导函数相同） ∴224()2121(21)(21)f x x x x x -'=-=+--+，当1(,)2x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 在1(,)2-∞-单调递减. 当11()22x ∈-，时，()0f x '>，()f x 在1(,)2-∞-单调递增.当1()2x ∈+∞，时，()0f x '<，()f x 在1(,)2-∞-单调递减. 【答案】D10.（立体几何，同文11）已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上，若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A ．3B ．32 C ．1 D ．32【解析】由题意可知239344ABC S AB ∆==，∴3AB =，如图A10所示，设球O 的半径为R ，则24π16πR =，∴2R =，设O 在△ABC 上的射影为O 1，则O 1是△ABC 的外接圆的圆心，故123333O A == O 到平面ABC 的距离22111OO R O A =-=.图A10【答案】C11. （函数，同文12）若2233x y x y ---<-，则A. ln(1)0y x -+>B. ln(1)0y x -+<C. ln ||0x y ->D. ln ||0x y -<【解析】2233x y x y ---<-可化为2323x x y y ---<-，设1()2323x x x x f x -⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，由指数函数的性质易知()f x 在R 上单调递增，∵2323x x y y ---<-，∴ x y <，∴0y x ->，∴11y x -+>，∴In(1)0y x -+>.【答案】A12. （概率统计）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列12...n a a a 满足 {}0,1(1,2,...)i a i ∈=，且存在正整数m ，使得(1,2,...)i m i a a i +==成立，则称其为0-1周期序列，并满足(1,2,...)i m i a a i +==的最小正整数m 为这个序列的周期，对于周期为m 的0-1序列12...n a a a ，11()(1,2,...1)i m i k i C k a a k m m +===-∑是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1的序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是A. 11010...B. 11011...C. 10001...D. 11001...【解析】解法一（计数思想）：由5111()(1,2,3,4)55i i k i C k a a k +==≤=∑，可得511i i k i a a +=≤∑. 因0=1i i k a a +⎧⎨⎩，故对于每一个(1,2,3,4)k k =，1i i k a a +=的个数不超过1，所以对于所有的(1,2,3,4)k k =，1i i k a a +=的总个数不能超过4.A 选项：1i i k a a +=的个数为236A =，故A 选项不符合题意.B 选项：1i i k a a +=的个数为2412A =，故B 选项不符合题意. D 选项：1i i k a a +=的个数为236A =，故D 选项不符合题意.C 选项：1i i k a a +=的个数为222A =，即151(4)a a k ==和511(1)a a k ==，因此可推出1(1)(4)5C C ==，(2)(3)0C C ==，故C 选项符合题意. 解法二（排除法）：由解法一可知，对于每一个(1,2,3,4)k k =，1i i k a a +=的个数不超过1.A 选项：当2k =时，241a a =，411a a =，故A 选项不符合题意.B 选项：当1k =时，121a a =，451a a =，故B 选项不符合题意.D 选项：当1k =时，121a a =，511a a =，故D 选项不符合题意.C 选项：序列的一个周期内只有两个1，1i i k a a +=的情况只有151(4)a a k ==和511(1)a a k ==，因此可推出1(1)(4)5C C ==，(2)(3)0C C ==，故C 选项符合题意.解法三（答案验证法）：按照题设的定义11()(1,2,...1)i mi k i C k a a k m m +===-∑，逐个验证答案，使用排除法，即可得到正确选项. 如A 选项，121(2)(01010)=555C =++++>，排除A 选项，其余的这里不再赘述. 【答案】C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.（平面向量）已知单位向量a ，b 的夹角为45°，k -a b 与a 垂直，则k =_______. 【解析】∵()ka b a -⊥，∴22()02ka b a ka a b k -⋅=-⋅=-=，∴22=k . 【答案】22 14.（概率统计）4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有种.【解析】根据题意，先把4名同学分为3组，其中1组有两人，2组各有一人，即从4名同学中任选两人即可，故有24C 种选法；将分成的3组同学安排到3个小区，共有33A 种方法；所以不同的安排方法共有234336=C A 种.【答案】36 15.（复数）设复数1z ，2z 满足122z z ==,则123z z i +，则12z z -=_______.【解析】解法一：在复平面内，用向量思想求解，原问题等价于：平面向量b a ，满足2||||==b a ，且,1)3(=+b a ，求||b a -.∵2222||2||2||||b a b a b a +=-++，∴16||42=-+b a ，∴12||2=-b a ，∴32||=-b a . 即1223-=z z解法二：在复平面内，如图A15所示，因12122==+=z z z z ，则1z ，2z ，12+z z 组成一个等边三角形，所以1z ，2z 之间的夹角为120°，所以22o 1212122cos120=44423-=+-++=z z z z z z .图A15【答案】316.（立体几何，同文16）设有下列4个命题：1P ：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.2P ：过空间中任意三点有且仅有一个平面.3P ：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.4p ：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m l ⊥.则下述命题中所有真命题的序号是_________① 14p p ∧ ② 12p p ∧ ③ 23p p ⌝∨ ④ 34p p ⌝∨⌝【解析】由公理2可知，p 1为真，p 2为假，2p ⌝为真；若空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以p 3为假，3p ⌝为真；由线面垂直的定义可知p 4为真；所以①14p p ∧为真命题，②12p p ∧为假命题，③23p p ⌝∨为真命题，④34p p ⌝∨⌝为真命题，故真命题的序号是①③④.【答案】①③④三、解答题：共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答. 第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题，共60分.17.（12分）（三角函数）ABC ∆中，222sin sin sin sin sin A B C B C --=，（1）求A ；（2）若3BC =，求ABC ∆周长的最大值.【解析】（1）由正弦定理和已知条件得222BC AC AB AC AB --=⋅，△ 由余弦定理得2222cos BC AC AB AC AB A =+-⋅， △ 由△，△得1cos 2A =-. 因为0πA <<，所以2π3A =. （2）由正弦定理及（1）得23sin sin sin AC AB BC B C A ===，从而 23AC B =，3π)3cos 3AB A B B B =--=-. 故π333cos 323)3BC AC AB B B B ++=+=++. 又π03B <<，所以当π6B =时，ABC △周长取得最大值33+. 18.（12分）（概率统计，同文18）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加，为调查该地区某种野生动物的数量，将其分为面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据()()1,220i i x y i =⋅⋅⋅，，，，其中i x 和i y 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得()()()()22202020202011111601200-80-9000--800ii i i i i i i i i i xy x xy yx x y y ==========∑∑∑∑∑，，，，.（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）求样本()(),1,2,,20i i x y i =⋯的相关系数（精确到0.01）；（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由。

2020年高考全国2卷理科数学带答案解析

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共23题，共150分，共4页。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．12i 12i +=-A ．43i 55--B ．43i 55-+C ．34i 55--D ．34i 55-+2．已知集合22{(,)|3,,A x y x y x y =+≤∈∈Z Z}，则A 中元素的个数为A ．9B ．8C ．5D ．43．函数2e e ()x xf x x--=的图象大致为4．已知向量a ，b 满足||1=a ，1⋅=-a b ，则(2)⋅-=a a b A ．4B ．3C ．2D ．05．双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的离心率为3，则其渐近线方程为A ．2y x =±B ．3y x =±C ．22y x =±D ．32y x =±6．在ABC △中，5cos 25C =，1BC =，5AC =，则AB = A ．42B ．30C ．29D ．257．为计算11111123499100S =-+-++-，设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入A ．1i i =+B ．2i i =+C ．3i i =+D ．4i i =+8．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723=+．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A ．112 B ．114 C ．115 D ．1189．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角1011(50)f ++B ．0 12222x y Ca b+：在的直线上， 13141516．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________．三、解答题：共70分。

2020年高考全国卷Ⅱ数学(理)试卷(含解析)

2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择题1.已知集合U={−2,−1,0,1,2,3},A={−1,0,1},B={1,2}，则∁U(A∪B)=（）A.{−2,3}B.{−2,2,3}C.{−2,−1,0,3}D.{−2,−1,0,2,3}2.若α为第四象限角，则（）A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D.sin2α<03.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天新订单是1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天积压订单及当日订单配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（）A.10名B.18名C.24名D.32名4.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块5.若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为（）A.√55B.2√55C.3√55D.4√556.数列{a n}中，a1=2，a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25，则k=()A.2B.3C.4D.57.如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A.EB.FC.GD.H8.设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x 2a −y2b=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点.若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（）A.4B.8C.16D.329.设函数f(x)=ln|2x+1|−ln|2x−1|，则f(x)（）A.是偶函数，且(12,+∞)在单调递增B.是奇函数，且(−12,12)在单调递减C.是偶函数，且(−∞,−12)在单调递增D.是奇函数，且(−∞,−12)在单调递减10.已知△ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A.√3B.32C.1 D.√3211.若2x−2y<3−x−3−y，则（）A.ln(y−x+1)>0B.ln(y−x+1)<0C.ln|x−y|>0D.ln|x−y|<012.0−1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1, 2, ⋯)成立，则称其为0−1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1, 2, ⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0−1序列a1a2⋯a n⋯,C(k)=1m ∑a i m i=1a 1+k (k =1, 2, ⋯, m −1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0−1序列中，满足C (k )≤15(k =1,2,3,4)的序列是（）A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯二、填空题13.已知单位向量a →，b →的夹角为45∘,ka →−b →与a →垂直，则k =________.14.4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法有________种．15.设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=2，z 1+z 2=√3+i ，则|z 1−z 2|=________.16.设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l .则下列命题中所有真命题的序号是________.①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③¬p 2∨p 3；④¬p 3∨¬p 4.三、解答题17.△ABC 中，sin 2A −sin 2B −sin 2C =sinBsinC .(1)求A ；(2)若BC =3，求△ABC 周长的最大值．18.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加，为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)，其中x i 和y i 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得∑x i20i=1=60，∑y i 20i=1=1200，∑(x i −x ¯)220i=1=80，∑(y i −y ¯)220i=1=9000，∑(x i −x ¯)20i=1(y i −y ¯)=800.(1)求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；(2)求样本(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)的相关系数（精确到0.01）；(3)根据现有统计资料，各地块间植物短盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数：r =∑(x −x ¯)n (y −y ¯)√∑(x i −x )2n i=1∑(y i −y )2n i=1，√2≈1.414.19已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合．C 1的中心与C 2的顶点重合，过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点．且|CD|=43|AB|.(1)求C 1的离心率；(2)设M 是C 1与C 2的公共点．若|MF|=5，求C 1与C 2的标准方程．20.如图已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO//面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．21.已知函数f(x)=sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在(0,π)上的单调性；(2)证明：|f(x)|≤3√38；(3)证明：sin2xsin22xsin24x⋯sin22n x≤3n4n.22.已知曲线C1,C2的参数方程分别为C1：{x=4cos2θ，y=4sin2θ(B为参数)，{x=t+1t，y=t−1t(t为参数).（1）（2）以坐标原点为极点，α轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C1,C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程．(1)将C1，C2的参数方程化为普通方程；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程.23.已知函数f(x)=|x−a2|+|x−2a+1|.(1)当a=2时，求不等式f(x)≥4的解集；(2)若f(x)≥4，求a的取值范围.2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择1.已知集合U={−2,−1,0,1,2,3},A={−1,0,1},B={1,2}，则∁U(A∪B)=()A.{−2,3}B.{−2,2,3}C.{−2,−1,0,3}D.{−2,−1,0,2,3}【解答】解：由题意可知(A∪B)={−1,0,1,2}，故∁U(A∪B)={−2,3}.故选A.2.若α为第四象限角，则()A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D.sin2α<0【解答】解：∵α为第四象限角，+2kπ<α<2kπ，∴−π2∴−π+4kπ<2α<4kπ，∴2α是第三或第四象限角，∴当2α在第三象限时，cos2α<0，当2α在第四象限时，cos2α>0，故A，B错误；无论2α在第三还是在第四象限，都有sin2α<0.故选D.3.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天新订单是1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天积压订单及当日订单配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者()A.10名B.18名C.24名D.32名【解答】解：因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为：1600+500−1200=18名.50故选B.4.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【解答】解：设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成等差数列，公差d=9，a1=9.由等差数列性质知S n，S2n−S n，S3n−S2n成等差数列，且(S3n−S2n)−(S2n−S n)=n2d，则9n2=729，解得n=9，则三层共有扇形面石板为S3n=S27=27a1+27×262×9=3402块.故选C.5.若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为()A.√55B.2√55C.3√55D.4√55【解答】解：设圆心为(a,a)，则半径为a，圆过点(2,1)，则(a−2)2+(a−1)2=a2，解得a=1或a=5，所以圆心坐标为(1,1)或(5,5)，圆心到直线的距离都是d=√5=2√55.故选B.6.数列{a n}中，a1=2，a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25，则k=()A.2B.3C.4D.5【解答】解：a m+n=a m a n，取m=1，则a1+n=a1a n.又a1=2，所以a n+1a n=2，所以{a n}是首项，公比均为2等比数列，则a n=2n，所以a k+1+a k+2+⋯+a k+10=2k+1(1−210)1−2=2k+1⋅210−2k+1=215−25，解得k=4.故选C7.如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为()A.EB.FC.GD.H【解答】解：该几何体是两个长方体拼接而成，如图所示，显然所求点对应的为E点.故选A.8.设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x 2a −y2b=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点.若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为()A.4B.8C.16D.32【解答】解：双曲线C:x 2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为y=±bax，则容易得到|DE|=2b，则S△ODE=ab=8.又因为c2=a2+b2≥2ab=16，即c≥4，焦距2c≥8.故选B.9.设函数f(x)=ln|2x+1|−ln|2x−1|，则f(x)()A.是偶函数，且(12,+∞)在单调递增B.是奇函数，且(−12,12)在单调递减C.是偶函数，且(−∞,−12)在单调递增D.是奇函数，且(−∞,−12)在单调递减【解答】解：函数f(−x)=ln|−2x+1|−ln|−2x−1|=ln|1−2x|−ln|2x+1|=−f(x)，∴f(x)为奇函数.当x∈(12，∞,)时，f(x)=ln(2x+1)−ln(2x−1)=ln2x+12x−1=ln(1+22x−1)，单调递减；当x∈(−12,12)时，f(x)=ln(2x+1)−ln(1−2x)，单调递增；当x∈(−∞,−12)时，f(x)=ln(−2x−1)−ln(1−2x)=ln2x+12x−1=ln(1+22x−1)，单调递减．故选D.10.已知△ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为()A.√3B.32C.1 D.√32【解答】解：设ABC的外接圆圆心为O1，记OO1=d，圆O1的半径为r，球O半径为R，等边三角形△ABC的边长为a，则S△ABC=√34a2=9√34，可得a=3，所以r=√3=√3.由题知球O的表面积为16π，则R=2，由R2=r2+d2，易得d=1，即O到平面ABC的距离为1.故选C.11.若2x−2y<3−x−3−y，则()A.ln(y−x+1)>0B.ln(y−x+1)<0C.ln|x−y|>0D.ln|x−y|<0【解答】解：2x−3−x<2y−3−y，设f(x)=2x−3−x，则f′(x)=2x ln2+3−x ln3>0，∴函数f(x)在R上单调递增，∵f(x)<f(y)，所以x<y，则y−x+1>1，∴ln(y−x+1)>0.故选A.12.0−1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1, 2, ⋯)成立，则称其为0−1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1, 2, ⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0−1序列a1a2⋯a n⋯,C(k)=1 m ∑a imi=1a1+k(k=1, 2, ⋯, m−1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0−1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯【解答】解：对于A选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+0+0)=15，C(2)=15∑a i5i=1a i+2=15(0+1+0+1+0)−25>15，不满足，排除；对于B 选项，C (1)=15∑a i 5i=1a i+1=15(1+0+0+1+1)=35>15，不满足，排除；对于C 选项，C (1)=15∑a i 5i=1a i+1=15(0+0+0+0+1)=15，C (2)=15∑a i 5i=1a i+2=15(0+0+0+0+0)=0，C (3)=15∑a i 5i=1a i+3=15(0+0+0+0+0)=0，C (4)=15∑a i 5i=1a i+4=15(1+0+0+0+0)=15，满足；对于D 选项，C (1)=15∑a i 5i=1a i+1=15(1+0+0+0+1)=25>0，不满足，排除.故选C ．二、填空题已知单位向量a →，b →的夹角为45∘,ka →−b →与a →垂直，则k =________.【解答】解：∵单位向量a →、b →的夹角为45∘,a →−b →与a →垂直，∴(ka →−b →)⋅a →=k −√22=0， ∴k =√22. 故答案为：√22.4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法有________种．【解答】解：由题意可得，不同的安排方法有C 42A 33=36种.故答案为：36.设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=2，z 1+z 2=√3+i ，则|z 1−z 2|=________.【解答】解：由题设z 1=a +bi ，则z 2=(√3−a)+(1−b )i ，故|z 1|2=a 2+b 2=4，|z2|2=(√3−a)2+(1−b)2=a2+b2−2√3a−2b+4=4，则|z1−z2|2=(2a−√3)2+(2b−1)2=4a2+4b2−4√3a+4b+4=2(a2+b2)+2(a2+b2−2√3a−2b)+4=2×4+4=12，故|z1−z2|=2√3.故答案为：2√3.设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下列命题中所有真命题的序号是________.①p1∧p4；②p1∧p2；③¬p2∨p3；④¬p3∨¬p4.【解答】解：对于p1：可设l1与l2相交，所得平面为α．若l3与l1相交，则交点A必在α内，同理，与l2交点B在α内，故直线AB在α内，即l3在α内，故p1为真命题．对于p2：过空间中任意三点，若三点共线，可形成无数多平面，故p2为假命题．对于p3：空间中两条直线的位置关系有相交、平行、异面，故p3为假命题．对于p4：若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，故m⊥l，故p4为真命题．综上可知：p1∧p4为真命题，¬p2∨p3为真命题，¬p3∨¬p4为真命题．故答案为：①③④.三、解答题△ABC中，sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC.(1)求A；(2)若BC=3，求△ABC周长的最大值．【解答】解：(1)在△ABC 中，设内角A,B,C 的对边分别为a,b,c ，∵sin 2A −sin 2B −sin 2C =sinBsinC ，由正弦定理得，a 2−b 2−c 2=bc ，即b 2+c 2−a 2=−bc ，由余弦定理得，cosA =b 2+c 2−a 22bc =−12.∵0<A <π，∴A =2π3. (2)由(1)知A =2π3，因为BC =3，即a =3，由余弦定理得，a 2=b 2+c 2−2bccosA ，∴9=b 2+c 2+bc =(b +c )2−bc ，由基本不等式√bc ≤b+c 2知bc ≤(b+c )24，结合上式得9=(b +c )2−bc ≥34(b +c )2,(b +c )2≤12，∴b +c ≤2√3，当且仅当b =c =√3时取等号，∴△ABC 周长的最大值为3+2√3.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加，为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)，其中x i 和y i 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得∑x i20i=1=60，∑y i 20i=1=1200，∑(x i −x ¯)220i=1=80，∑(y i −y ¯)220i=1=9000，∑(x i −x ¯)20i=1(y i −y ¯)=800.(1)求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；(2)求样本(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)的相关系数（精确到0.01）；(3)根据现有统计资料，各地块间植物短盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数：r=∑(x−x¯)n(y−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1，√2≈1.414.【解答】解：(1)由题意可知，1个样区这种野生动物数量的平均数=120020=60，故这种野生动物数量的估计值=60×200=12000；(2)由参考公式得，r=∑(x i−x¯)ni=1(y i−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1=√80×9000=6√2≈0.94；(3)由题意可知，各地块间植物短盖面积差异很大，因此在调查时，先确定该地区各地块间植物短盖面积大小并且由小到大排序，每十个分为一组，采用系统抽样的方法抽取20个地块作为样区进行样本统计．已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合．C1的中心与C2的顶点重合，过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点．且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点．若|MF|=5，求C1与C2的标准方程．【解答】解：(1)F为C1的焦点且AB⊥x轴，∴F(c,0)，|AB|=2b2a，设C2的标准方程为y2=2px(p>0)，∵F为C2的焦点且AB⊥x轴，∴F(p2,0).由抛物线的定义可得，|CD|=2p．∵|CD|=43|AB|.C1与C2焦点重合，∴{c=p2，2p=43×2b2a，消去p得：4c=8b 23a，∴3ac=2b2，∴3ac=2a2−2c2，设C1的离心率为e，则2e2+3e−2=0，∴e=12或e=−2（舍），故C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c，b=√3c，p=2c．∴C1:x24c2+y23c2=1，C2:y2=4cx，联立两曲线方程，消去y得3x2+16cx−12c2=0，∴(3x−2c)(x+6c)=0，∴x=23c或x=−6c（舍），从而|MF|=x+p2=23c+c=53c=5，∴c=3，∴C1与C2的标准方程分别为x 2+y2=1，y2=12x.如图已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO//面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．【解答】(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，∴B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，∴BB1//MN，而AA1//BB1，MN⊥B1C1∴AA1//MN，又∵MN∩A1N=N，∴面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)∵三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，∴EF//B1C1//BC.∵AO//面EB1C1F，AO⊂面AMNA1，面AMNA1∩面EB1C1F=PN，∴AO//PN，四边形APNO为平行四边形，而O为正三角形的中心，AO=AB，∴A1N=3ON，AM=3AP,PN=BC=B1C1=3EF.由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，则PN=B1C1=EH=3，B1H=1，B1E=√10，sin∠B1EH=B1HB1E =√1010.已知函数f(x)=sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在(0,π)上的单调性；(2)证明：|f(x)|≤3√38；(3)证明：sin2xsin22xsin24x⋯sin22n x≤3n4n.【解答】(1)解：∵f (x )=2sin 3xcosx ，∴f ′(x )=2sin 2x (3cos 2x −sin 2x )=−8sin 2xsin (x +π3)sin (x −π3).当x ∈(0,π3)时，f ′(x )>0, f (x )单调递增；当x ∈(π3,2π3)时，f ′(x )<0, f (x )单调递减；当x ∈(2π3,π)时，f ′(x )>0, f (x )单调递增；(2)证明：由f (x )=2sin 3xcosx 得，f (x )为R 上的奇函数． f 2(x )=4sin 6xcos 2x=4(1−cos 2x )3cos 2x=4(1−cos 2x )3×3cos 2x ≤43×((3−3cos 2x+3cos 2x)4)4=(34)3.当1−cos 2x =3cos 2x ，即cosx =±12时等号成立，故|f (x )|≤3√38. (3)证明：由(2)知：sin 2xsin2x ≤3√38=(34)32； sin 22xsin4x ≤3√38=(34)32； sin 222xsin23x ≤3√38=(34)32；⋯； sin 22n−1xsin2n x ≤3√38=(34)32， ∴sin 2xsin 32xsin 34x ⋯sin 32n−1xsin 22n x ≤(34)3n 2，∴sin 3xsin 32xsin 34x ⋯sin 32n−1xsin 32n x =sinx(sin 2xsin 32xsin 34x ⋯sin 32n−1xsin 22n x)sin2n x ≤(34)3n 2， ∴sin 2xsin 22xsin 24x ⋯sin 22n x ≤3n 4n .已知曲线C 1,C 2的参数方程分别为C 1：{x =4cos 2θ，y =4sin 2θ(B 为参数)，{x =t +1t ，y =t −1t (t 为参数).（1）（2）以坐标原点为极点，α轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C 1,C 2的交点为P ，求圆心在极轴上，且经过极点和P 的圆的极坐标方程．(1)将C 1，C 2的参数方程化为普通方程；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C 1，C 2的交点为P ，求圆心在极轴上，且经过极点和P 的圆的极坐标方程.【解答】11已知函数f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|.(1)当a =2时，求不等式f (x )≥4的解集；(2)若f (x )≥4，求a 的取值范围.【解答】解：(1)当a =2时，f (x )={7−2x ，x ≤3，1，3<x ≤4，2x −7，x >4.因此，不等式f (x )≥4的解集为{x|x ≤32或x ≥112}.(2)因为f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|≥|a 2−2a +1|=(a −1)2，故当(a −1)2≥4，即|a −1|≥2时，f (x )≥4，所以当a ≥3或a ≤−1时，f (x )≥4；当−1<a <3时，f (a 2)=|a 2−2a +1|=(a −1)2<4. 所以a 的取值范围是(−∞,−1]∪[3,+∞).。